Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết

Hai đa giác đều $H_1$ và $H_2$ có cùng số cạnh.
Giả sử $H_1$ nội tiếp $(O_1)$ và $H_2$ nội tiếp $(O_2)$.
Tồn tại phép vị tự $V$ biến $(O_1)$ thành $(O_2)$. Khi đó $V$ biến $H_1$ thành $H_3$ nội tiếp $(O_2)$.
Tồn tại phép quay $Q$ biến $H_3$ thành $H_2$.
Vậy tồn tại phép đồng dạng biến $H_1$ thành $H_2$ nên $H_1$ đồng dạng với $H_2$.

Với $D$ thuộc đoạn $AB$ thì có thể chứng minh $\Delta ADE$ có chu vi không đổi và bằng $2R$.
Do đó $\Delta ADE$ có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $\Delta ADE$ cân tại $A$.
Chứng minh cho điều này bạn có thể tìm thấy tại:
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/114238/mot-bai-kha-hay

Giả sử số tự nhiên $\overline{abc}$ thỏa mãn bài toán.
+) Nếu $a>b>c$ thì $a\geq 2$. Với $a=i\geq 2$ thì có $C_i^2=\frac{i(i-1)}{2}$ cách chọn $b>c$ từ các chữ số $0,1,...,i-1$. Vậy số các số $\overline{abc}$ trong TH này là:
$\sum_{i=2}^9{\frac{i(i-1)}{2}}=\frac{1}{2}(1.2+2.3+...+8.9)=\frac{8.9.10}{6}=120$.
+) Nếu $a<b<c$ thì $c\geq 3$. Với $c=i\geq 3$ thì có $C_{i-1}^2=\frac{(i-1)(i-2)}{2}$ cách chọn $b>a$ từ các chữ số $1,2,...,i-1$. Vậy số các số $\overline{abc}$ trong TH này là:
$\sum_{i=3}^9{\frac{(i-1)(i-2)}{2}}=\frac{1}{2}(1.2+2.3+...+7.8)=\frac{7.8.9}{6}=84$.
Tóm lại, có tất cả 204 số thỏa mãn bài toán.

Ta có: $n^2=n!+n \Leftrightarrow n(n-1)=n! \Leftrightarrow \begin{cases} n\geq 2 \\ 1=(n-2)!\end{cases} \Leftrightarrow n=2\vee n=3$.

Có $102\equiv 3(\text{mod }99)$ nên $102^{10}\equiv 3^{10}(\text{mod }99)$.
Có $3^{10}\equiv 0(\text{mod }9)$ và $3^{10}=243^2\equiv 1(\text{mod }11)$ nên $3^{10}\equiv 45(\text{mod }99)$.

ĐK bài toán tương đương với:
$\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{a+b-c}+\sqrt{c}.$
$\Leftrightarrow ab=c(a+b-c)$
Đặt $\sqrt{\frac{a}{a+b-c}}=u,\sqrt{\frac{b}{a+b-c}}=v$ thì $\sqrt{\frac{c}{a+b-c}}=uv$. Từ đó suy ra:
$u+v=1+uv\Leftrightarrow u=1\vee v=1\Leftrightarrow a=c\vee b=c\Rightarrow \sqrt[2012]{a}+\sqrt[2012]{b}-\sqrt[2012]{c}=\sqrt[2012]{a+b-c}$.

a) PT đã cho tương đương với:
$2(\sin ^22x+\cos ^22x)(\sin ^42x-\sin ^22x\cos ^22x+\cos ^42x)=3(\sin ^42x+\cos ^42x)+\sin x+\cos x$.
$\Leftrightarrow \sin ^42x+2\sin ^22x\cos ^22x+\cos ^42x+\sin x+\cos x=0.$
$\Leftrightarrow (\sin ^22x+\cos ^22x)^2+\sin x+\cos x=0.$
$\Leftrightarrow \sin x+\cos x=-1.$
$\Leftrightarrow x=-\frac{\pi}{2}+k2\pi \vee x=\pi+k2\pi,k\in Z$.

b) ĐK: $x\neq \frac{\pi}{2}+k\pi$. PT đã cho tương đương với:
$6\sin 2x\cos 2x=-2\sin^2x.\frac{\sin x}{\cos x}.$
$\Rightarrow 6\sin x\cos ^2x\cos 2x+\sin ^3x=0$.
$\Leftrightarrow \sin x(3\cos 2x+1)(2\cos 2x+1)=0$.
Nếu $\sin x=0$ thì $x=k\pi,k\in Z$.
Nếu $3\cos 2x+1=0$ thì $x=\pm \frac{\alpha}{2}+k\pi,k\in Z$ trong đó $\alpha \in (0,\pi)$ thỏa mãn $\cos \alpha =\frac{-1}{3}$.
Nếu $2\cos 2x+1=0$ thì $x=\pm \frac{\pi}{3}+k\pi,k\in Z$.

c) ĐK: $2k\pi \leq x<(2k+1)\pi,k\in Z.$ Khi đó đặt $\tan \frac{x}{2}=t\geq 0$ thì PT đã cho trở thành:
\[ \left( 1+\frac{1-t^4}{1+t^4}\right) t-2+\frac{2t^2}{1+t^4}=2.\frac{1-t^4}{1+t^4}.\]
\[ \Leftrightarrow (t+1)(2t^3-2t^2-t+2)=0 \]
Với $t\geq 0$ thì $2t^3-2t^2-t+2=2(t-1)^2(t+1)+t>0$ nên PT trên vô nghiệm, suy ra PT đã cho vô nghiệm.

Tìm tất cả các số $a\neq b\in N$ để hệ Pt sau có nghiệm: $\begin{cases} \cos ax+\cos bx=0 \\ a\sin ax+b\sin bx=0\end{cases}$

+) Xác định $I$: Trong $(ABC)$ kẻ $AE$ cắt $MN$ tại $J$. Trong $(SAD)$ kẻ $SJ$ cắt $AD$ tại $I$.

+) Để chứng minh $SI$ vuông góc với $AD$, ta sẽ chứng minh $SJ$ vuông góc với $AD$.
Thật vậy, $\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{SA}-\overrightarrow{SD}=\overrightarrow{SA}-\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SC}$.
Dễ thấy $J$ là trung điểm $MN$ nên $4\overrightarrow{SJ}=2(\overrightarrow{SM}+\overrightarrow{SN})=2\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SC}$.
Do $SA,SB,SC$ đôi một vuông góc nên ta có: $4\overrightarrow{SJ}.\overrightarrow{DA}=2SA^2-SB^2-SC^2=0$.
Vậy $SJ$ vuông góc với $AD$ hay $SI$ vuông góc với $AD$.

+) Gọi $K$ là trung điểm $DE$. Vì $J$ là trung điểm $AE$ nên $JK//AD$. Ta có: $\frac{SI}{SJ}=\frac{SD}{SK}=\frac{4}{3}$.
Kí hiệu $d_T$ là khoảng cách từ điểm $T$ trong không gian đến $(SAB)$. Khi đó:
$d_I=\frac{4}{3}d_J=\frac{2}{3}d_N=\frac{1}{3}d_c=\frac{a}{3}$.
Ta có $V_{MBSI}=\frac{1}{3}d_I.S_{SMB}=\frac{1}{6}d_I.S_{SAB}=\frac{1}{6}.\frac{a}{3}.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{36}$.

Vì $a,b,c>0$ và $abc=1$ nên tồn tại $x,y,z>0$ sao cho $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$. Khi đó:
$\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}=\frac{\frac{x^2}{y^2}}{\left( \frac{x}{y}.\frac{y}{z}+2\right) \left( 2\frac{x}{y}.\frac{y}{z}+1\right) }=\frac{z^2x^2}{(xy+2yz)(2xy+yz)}$
Đặt $zx=m,xy=n,yz=p$ thì ta được:
$\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}=\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}$
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\sum_{m,n,p}{\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}}\geq \frac{1}{3}$.
Thật vậy:
$\sum_{m,n,p}{\frac{m^2}{(n+2p)(2n+p)}}=\sum_{m,n,p}{\frac{m^4}{(mn+2pm)(2mn+pm)}} \geq \frac{(m^2+n^2+p^2)^2}{4(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)+5mnp(m+n+p)}$
Ta cần chứng minh:
$3(m^2+n^2+p^2)^2\geq 4(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)+5mnp(m+n+p)$
$\Leftrightarrow 3(m^4+n^4+p^4)+2(m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2)\geq 5mnp(m+n+p)$
BĐT trên có thể dễ dàng suy ra từ $m^4+n^4+p^4\geq m^2n^2+n^2p^2+p^2m^2\geq mnp(m+n+p)$.
Tóm lại, với $a,b,c>0$ mà $abc=1$ thì ta có BĐT $\sum_{a,b,c}{\frac{a^2}{(ab+2)(2ab+1)}}\geq \frac{1}{3}$. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

Đặt $\frac{1}{a}=m,\frac{1}{b}=n,\frac{1}{c}=p$ thì $m+n+p=2$ và $a=\frac{m+n+p}{2m}$. Khi đó;
$\frac{1}{a(2a-1)^2}=\frac{2m^3}{(m+n+p)(n+p)^2}$
$\frac{1}{a(2a-1)^2}+\frac{1}{a(2b-1)^2}+\frac{1}{c(2c-1)^2}=\frac{2}{m+n+p}\left[ \frac{m^3}{(n+p)^2}+\frac{n^3}{(p+m)^2}+\frac{p^3}{(m+n)^2}\right] $
Áp dụng BĐT Cauchy:
$\frac{m^3}{(n+p)^2}+\frac{n+p}{8}+\frac{n+p}{8}\geq \frac{3m}{4}$.
Viết 2 BĐT tương tự rồi cộng lại ta có: $\frac{m^3}{(n+p)^2}+\frac{n^3}{(p+m)^2}+\frac{p^3}{(m+n)^2}\geq \frac{m+n+p}{4}$. Từ đo suy ra đpcm.